QCM : Tribus et probabilités en maths spé (MP)

Réponse D.

Le plan rationnel est un produit de deux copies de \(\mathbb{Q}\). Or \(\mathbb{Q}\) est dénombrable, grâce à l’écriture irréductible des fractions, et un produit fini d’ensembles dénombrables l’est aussi. Le segment \([0,1]\) contient au contraire autant de points que \(\mathbb{R}\), qui ne se numérote pas d’après la diagonale de Cantor. L’ensemble \(\mathbb{R}\times\{0\}\) est une copie de la droite réelle, malgré son second facteur réduit à un point. Enfin, les parties de \(\mathbb{N}\) échappent elles aussi à toute numérotation.

Réponse B.

Tout entier \(m\geqslant1\) s’écrit de façon unique \(2^p\times\) impair, donc \((p,q)\mapsto2^p(2q+1)\) est une bijection sur \(\mathbb{N}^*\). Par conséquent, en retranchant \(1\), on atteint aussi \(0\). Sans ce décalage, l’entier \(0\) n’a pas d’antécédent. L’application \(2^p3^q\) est injective mais rate \(5\). Quant à \(p+q\), elle est surjective mais pas injective, car \((1,0)\) et \((0,1)\) ont la même image.

Réponse C.

Une suite de bits code une partie quelconque de \(\mathbb{N}\), donc \(\{0,1\}^{\mathbb{N}}\) a le cardinal de \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) : la diagonale de Cantor interdit toute numérotation. En revanche, une partie finie correspond à une suite de bits presque nulle, c’est-à-dire à l’écriture binaire d’un entier. Le piège principal est là : finitude des parties contre parties arbitraires. Les polynômes entiers se rangent par degré, chaque degré donnant un ensemble dénombrable. Enfin, \(\mathbb{N}^5\) est un produit fini de dénombrables.

Réponse A.

On numérote les éléments de chaque \(A_n\) : \(A_n=\{a_{n,k}\mid k\in\mathbb{N}\}\). L’application \((n,k)\mapsto a_{n,k}\) est alors une surjection de \(\mathbb{N}^2\), qui est dénombrable, sur la réunion. Celle-ci est donc au plus dénombrable, et infinie puisqu’elle contient \(A_0\). La réponse « pas forcément » confond avec une réunion indexée par \(\mathbb{R}\). L’option « finie » est absurde dès que \(A_0\) est infini. Enfin, la bijection avec \(\mathbb{R}\) contredirait la surjection obtenue.

Réponse D.

Trois exigences définissent une tribu : contenir \(\Omega\), contenir le complémentaire de chacun de ses membres, contenir toute réunion dénombrable de ses membres. La famille retenue vérifie ces trois points. En revanche, la famille avec \(\{1\}\) et \(\{2\}\) ne contient pas leur complémentaire. Celle avec \(\{1,2\}\) et \(\{2,3\}\) manque \(\{3,4\}\) ainsi que la réunion \(\{1,2,3\}\). Enfin, la dernière oublie \(\Omega\), alors que les deux parties qu’elle contient forment pourtant une partition.

Réponse A.

Par σ-additivité, \(P(\mathbb{N}^*)=\sum_{n\geqslant1}c\,3^{-n}=c\cdot\frac{1/3}{1-1/3}=\frac{c}{2}\). Ainsi, la condition \(P(\mathbb{N}^*)=1\) impose \(c=2\). La valeur \(\frac23\) fait démarrer la série géométrique en \(n=0\), alors que \(0\) n’est pas dans l’univers. La valeur \(1\) suppose à tort que les \(3^{-n}\) sont déjà de somme \(1\). Enfin, \(c=3\) confond la raison et la somme de la série.

Réponse B.

Soit \(F_m\) : « face aux \(m\) premiers jets ». Ces événements s’emboîtent en décroissant, avec \(P(F_m)=(2/3)^m\). Leur intersection est l’événement étudié, donc sa probabilité est \(\lim(2/3)^m=0\) par continuité décroissante. La valeur \(\frac23\) s’arrête au premier jet. Le piège \(\frac13\) donne la chance de pile sur un seul jet. Enfin, \(1\) concerne le contraire : voir pile au moins une fois est presque sûr.

Réponse D.

La continuité croissante donne \(P\left(\bigcup A_n\right)=\lim P(A_n)=\lim\frac{n}{2n+1}=\frac12\). La valeur \(\frac13\) est seulement \(P(A_1)\) : on a pris le premier terme au lieu de la limite. La réponse \(1\) vient d’une sous-additivité mal employée, car la série des \(P(A_n)\) diverge, ce qui ne majore rien d’utile. Enfin, \(0\) confond avec la continuité décroissante d’une suite qui tendrait vers \(0\).

Réponse C.

C’est la sous-additivité, valable sans hypothèse (la somme peut d’ailleurs valoir \(+\infty\)). L’égalité exige en effet des événements deux à deux incompatibles : avec \(A_n=\Omega\) pour tout \(n\), le membre de droite diverge. L’inégalité dans l’autre sens échoue sur ce même exemple. Quant au maximum, il ne fournit qu’une minoration de la probabilité de la réunion, atteinte seulement dans des cas très particuliers, par exemple pour une suite croissante stationnaire.

Réponse A.

Par sous-additivité, \(P\left(\bigcup N_k\right)\leqslant\sum P(N_k)=0\). La réunion est donc négligeable ; symétriquement, si chaque \(\overline{N_k}\) est presque sûr, leur intersection l’est aussi. La réponse « presque sûre » inverse les deux notions. Le doute « pas forcément » serait fondé pour une réunion non dénombrable, qui peut d’ailleurs ne pas être un événement. Enfin, la finitude n’intervient pas : seule compte la dénombrabilité.

Réponse C.

Les événements « urne \(n\) » forment un système complet dénombrable. On somme alors sur toutes les urnes, ce qui donne \(\sum_{n\geqslant1}\frac{2^{-n}}{n}=-\ln\left(1-\frac12\right)=\ln2\). La valeur \(\frac12\) ne garde que le terme \(n=1\). Le piège \(\ln\frac32\) utilise le développement de \(\ln(1+x)\), qui alterne les signes. Enfin, \(1-\ln2\) est la probabilité de tirer une boule qui n’est pas blanche.

Réponse B.

Les trois événements ont pour probabilité \(\frac12\). Ensuite, \(R\cap U\) impose rouge au plus \(3\) et vert au moins \(4\), soit \(\frac14=\frac12\times\frac12\) ; il en va de même pour \(V\cap U\). Cependant, \(R\cap V\cap U\) est impossible, de probabilité \(0\neq\frac18\). L’indépendance mutuelle tombe donc. Penser \(U\) lié à \(R\) parce qu’il « fait intervenir » le dé rouge confond influence concrète et indépendance probabiliste.